专题06 圆中的相关证明及计算（讲练）（解析版）

1/130专题06圆中的相关证明及计算目录TOC\o"1-3"\n\p""\h\z\u一、考情分析二、知识建构考点一圆的基本性质证明与计算题型01圆中的角度和线段计算问题题型02垂径定理的实际应用题型03与圆有关的弧长、扇形面积计算题型04求弓形面积或不规则图形面积题型05正多边形与圆的相关计算【核心提炼·查漏补缺】【好题必刷·强化落实】考点二与圆有关的位置关系题型01与圆有关的位置关系题型02切线的判定题型03三角形内切圆、外接圆的相关计算题型04四点共圆题型05相交弦定理题型06切割线定理题型07割线定理题型08圆与相似综合题型09圆与三角函数综合【好题必刷·强化落实】

考点要求命题预测圆的基本性质证明与计算中考数学中，圆的基本性质、与圆有关的位置关系一直都是必考的考点，难度从基础到综合都有通常选择填空题会出圆的基本性质，如弧长、弦长、半径、圆周角等的关系,基本都是基础应用，难度不大,个别会出选择题的压轴题，难度稍大.简答题部分，一般会把切线的问题和相似三角形、锐角三角函数等结合考察，这是一般都是中等难度的问题.还有一些城市会把圆的基本性质等与其他动点问题综合考察,此时一般都是压轴题，难度很大，这时候就需要考生综合思考的点比较多.与圆有关的位置关系考点一圆的基本性质证明与计算题型01圆中的角度和线段计算问题圆的基础定理:垂径定理、圆周角定理、切线长定理的内容和常考题型要熟悉，也要结合几何图形各自的特征，综合应用起来解决相关问题.垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧.推论：1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧.2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧.圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半.（即：圆周角=1推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等.推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径.切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角．垂径定理模型（知二得三）如图，可得①AB过圆心②AB⊥CD③CE=DE④AC=AD【总结】垂径定理及其推论实质是指一条直线满足：（1）过圆心（2）垂直于弦（3）平分弦（被平分的弦不是直径）（4）平分弦所对的优弧（5）平分弦所对的劣弧，若已知五个条件中的两个，那么可推出其中三个，简称“知二得三”，解题过程中应灵活运用该定理.常见辅助线做法（考点）：1）过圆心，作垂线，连半径，造Rt2）有弦中点，连中点和圆心，得垂直平分.【利用圆周角定理解题思路】1）在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半，在同圆中可以利用圆周角定理进行角的转化.2）在证明圆周角相等或弧相等时，通常“由等角找等弧”或“由等弧找等角”.3）当已知圆的直径时，常构造直径所对的圆周角．4）在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化．比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等弧的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等．1．（2023·广东广州·中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（

）A．2r， B．0， C．2r， D．0，【答案】D【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．【详解】解：如图，连接．∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，∴，∴，，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．2．（2023·湖南·中考真题）如图，点A，B，C在半径为2的上，，，垂足为E，交于点D，连接，则的长度为．【答案】1【分析】连接，利用圆周角定理及垂径定理易得，则，结合已知条件，利用直角三角形中角对的直角边等于斜边的一半即可求得答案．【详解】解：如图，连接，∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，故答案为：1．【点睛】本题考查圆与直角三角形性质的综合应用，结合已知条件求得是解题的关键．3．（2023·江苏·中考真题）如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径．

【答案】【分析】连接，，根据在同圆中直径所对的圆周角是可得，根据圆周角定理可得，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得，根据勾股定理即可求解．【详解】解：连接，，如图：

∵是的直径，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，在中，，故答案为：．【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．4．（2023·湖北·中考真题）如图，在中，的内切圆与分别相切于点，，连接的延长线交于点，则．

【答案】/度【分析】如图所示，连接，设交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出，再由切线长定理得到，进而推出是的垂直平分线，即，则．【详解】解：如图所示，连接，设交于H，∵是的内切圆，∴分别是的角平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∵与分别相切于点，，∴，又∵，∴是的垂直平分线，∴，即，∴，故答案为：．

【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．题型02垂径定理的实际应用1．（2023·山东东营·中考真题）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点E，寸，寸，则直径长为寸．【答案】26【分析】证明E为的中点，可得，设，则，，由勾股定理得：，可得，再解方程可得答案．【详解】解：∵弦，为的直径，∴E为的中点，又∵（寸），∴（寸），设（寸），则（寸），寸，由勾股定理得：，即，解得，∴（寸），故答案为：26．【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，勾股定理的应用，熟练的利用垂径定理解决问题是关键．2．（2022·湖北荆州·中考真题）如图，将一个球放置在圆柱形玻璃瓶上，测得瓶高AB＝20cm，底面直径BC＝12cm，球的最高点到瓶底面的距离为32cm，则球的半径为cm（玻璃瓶厚度忽略不计）．【答案】7.5【分析】如详解中图所示，将题中主视图做出来，用垂径定理、勾股定理计算即可.【详解】如下图所示，设球的半径为rcm，则OG=EG-r=EF-GF-r=EF-AB-r=32-20-r=（12-r）cm，∵EG过圆心，且垂直于AD，∴G为AD的中点，则AG=0.5AD=0.5×12=6cm，在中，由勾股定理可得，，即，解方程得r=7.5，则球的半径为7.5cm．【点睛】本题考查了主视图、垂径定理和勾股定理的运用，准确做出立体图形的主视图是解题的关键．3．（2023·湖南·中考真题）问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的．如图②，始终垂直于水平面，设筒车半径为2米．当时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．（参考数据，）

问题解决：(1)求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，的度数；(2)求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到米）【答案】(1)；(2)该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为米．【分析】（1）先求得该盛水筒的运动速度，再利用周角的定义即可求解；（2）作于点C，在中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得的长，在中，利用勾股定理求得的长，据此即可求解．【详解】（1）解：∵旋转一周用时120秒，∴每秒旋转，当经过95秒后该盛水筒运动到点B处时，，∵，∴；（2）解：作于点C，设与水平面交于点D，则，

在中，，，∴，，在中，，，∴，∴(米)，答：该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离为米．【点睛】本题考查了圆的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．题型03与圆有关的弧长、扇形面积计算设⊙OQUOTE的半径为R，n°QUOTE圆心角所对弧长为l，n为弧所对的圆心角的度数，则扇形弧长公式l=nπR180（扇形面积公式S扇形=nπR2圆锥侧面积公式S圆锥侧=πrl（其中l是圆锥的母线长，r是圆锥的底面半径）圆锥全面积公式S圆锥全=πrl+πr2（圆锥的表面积=扇形面积+底面圆面积）圆锥的高h，圆锥的底面半径rr1）利用弧长公式计算弧长时，应先确定弧所对的圆心角的度和半径，再利用公式求得结果．在弧长公式l=nπR2）在利用扇形面积公式求面积时，关键是明确扇形所在圆的半径、扇形的圆心角的度数或扇形的弧长，然后直接代入公式S扇形=nπR2360或S3）扇形面积公式S扇形=14）根据扇形面积公式和弧长公式，已知S扇形，l，n，R中的任意两个量，都可以求出另外两个量．5）在解决有关圆锥及其侧面展开图的计算题时，常借助圆锥底面圆的周长等于侧面展开图扇形的弧长，即2πr=nπR1806）求弧长或扇形的面积问题常结合圆锥考查，解这类问题只要抓住圆锥侧面展开即为扇形，而这个扇形的弧长等于原圆锥底面的周长，扇形的半径等于原圆锥的母线长．注意不要混淆圆锥的底面半径和圆锥展开后的扇形半径两个概念．1．（2023·江苏·中考真题）如图是一个几何体的三视图，则该几何体的侧面积是（

）．

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可得这个几何体为圆锥，然后求出圆锥的母线长为，再根据圆锥的侧面（扇形）面积公式，即可求解．【详解】解：根据题意得：这个几何体为圆锥，如图，过点作于点，

根据题意得：，，，∴，∴，即圆锥的母线长为，∴这个几何体的侧面积是．故选：B【点睛】本题主要考查了简单几何体的三视图，求圆锥的侧面积，根据题意得到这个几何体为圆锥是解题的关键．2．（2023·湖南·中考真题）如图，圆锥底面圆的半径为4，则这个圆锥的侧面展开图中的长为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据底面周长等于的长，即可求解．【详解】解：依题意，的长，故选：C．【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图的弧长，熟练掌握圆锥底面周长等于的长是解题的关键．3．（2023·江苏镇江·中考真题）如图，扇形的半径为2，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点P，，则的长．（结果保留）

【答案】/【分析】本题考查弧长的计算，关键是掌握弧长公式．由等腰三角形的性质求出的度数，由弧长公式即可计算．【详解】解：由作图知∶垂直平分，扇形的半径是2，故答案为∶．4．（2023·山东济南·中考真题）如图，正五边形的边长为，以为圆心，以为半径作弧，则阴影部分的面积为（结果保留）．

【答案】【分析】根据正多边形内角和公式求出正五边形的内角和，再求出的度数，利用扇形面积公式计算即可．【详解】解：正五边形的内角和，，，故答案为：．【点睛】本题考查了扇形面积和正多边形内角和的计算，熟练掌握扇形面积公式和正多边形内角和公式是解答本题的关键．题型04求弓形面积或不规则图形面积【阴影部分面积求解问题简介】求阴影部分面积时，最基本的思想就是转化思想，即把所求的不规则的图形的面积转化为规则图形的面积．常用的方法有：1．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正方形的性质以及切线的性质，求得的长，勾股定理求得的长，进而根据即可求解．【详解】如图，连接,，

边长为的正方形内接于，即，，，为的直径，，，分别与相切于点和点，，四边形是正方形，，是等腰直角三角形，，，四边形是矩形，，四边形是正方形，，，．故选C．【点睛】本题考查了圆的切线的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．2．（2023·四川成都·中考真题）为传承非遗文化，讲好中国故事，某地准备在一个场馆进行川剧演出．该场馆底面为一个圆形，如图所示，其半径是10米，从A到B有一笔直的栏杆，圆心O到栏杆的距离是5米，观众在阴影区域里观看演出，如果每平方米可以坐3名观众，那么最多可容纳名观众同时观看演出．（取3.14，取1.73）

【答案】184【分析】过点O作的垂线段，交于点，根据直角三角形的边长关系求出的角度，阴影面积即为扇形的面积减去三角形的面积，随机可以求出容纳观众的数量．【详解】解：如图，过点O作的垂线段，交于点，

圆心O到栏杆的距离是5米，米，，，米，，，，可容纳的观众阴影部分面积（人），最多可容纳184名观众同时观看演出，故答案为：184．【点睛】本题考查了弓形的面积，根据特殊角三角函数值求角的度数，熟知扇形面积公式是解题的关键．3．（2023·青海·中考真题）如图，正方形ABCD的边长是4，分别以点A，B，C，D为圆心，2为半径作圆，则图中阴影部分的面积是（结果保留）.

【答案】/【分析】分析出阴影面积正方形面积圆的面积，再利用相应的面积公式计算即可．【详解】解：由图得，阴影面积正方形面积个扇形面积，即阴影面积正方形面积圆的面积，．故答案为：．【点睛】本题考查了扇形面积的求法，正方形面积及圆的面积的求法是解题关键．4．（2023·江苏南通·中考真题）如图，等腰三角形的顶角，和底边相切于点，并与两腰，分别相交于，两点，连接，．

(1)求证：四边形是菱形；(2)若的半径为2，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得，从而可得和都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得，即可解答；（2）连接交于点，利用菱形的性质可得，，，然后在中，利用勾股定理求出的长，从而求出的长，最后根据图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积，进行计算即可解答．【详解】（1）证明：连接，

和底边相切于点，，，，，，，和都是等边三角形，，，，四边形是菱形；（2）解：连接交于点，

四边形是菱形，，，，在中，，，，图中阴影部分的面积扇形的面积菱形的面积，图中阴影部分的面积为．【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．5．（2023·四川广安·中考真题）如图，在等腰直角中，，以点为圆心，为半径画弧，交于点，以点为圆心，为半径画弧，交于点，则图中阴影部分的面积是（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用扇形的面积公式求出扇形和扇形的面积，再减去的面积即可得．【详解】解：是等腰直角三角形，，，∴图中阴影部分的面积是，故选：C．【点睛】本题考查了扇形的面积，熟练掌握扇形的面积公式是解题关键．题型05正多边形与圆的相关计算正多边形的常用公式边长an=2Rn⋅周长Pn=n⋅an外角/中心角度数360°面积Sn=12an⋅rn⋅对角线条数n(n−3)边心距rn=Rn⋅cos180内角和（n-2）×180°.内角度数（nn边形的边数（内角和÷180°）＋2aRn2=rn2+an【解题思路】正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正n边形各元素间的关系，故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算．1．（2022·山东青岛·中考真题）如图，正六边形内接于，点M在上，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出正六边形的中心角，再利用圆周角定理求解即可．【详解】解：连接OC、OD、OE，如图所示：

∵正六边形内接于，∴∠COD==60°，则∠COE=120°，∴∠CME=∠COE=60°，故选：D．【点睛】本题考查正多边形的中心角、圆周角定理，熟练掌握正n多边形的中心角为是解答的关键．2．（2022·吉林·中考真题）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角后能够与它本身重合，则角可以为度．（写出一个即可）【答案】60或120或180或240或300（写出一个即可）【分析】如图（见解析），求出图中正六边形的中心角，再根据旋转的定义即可得．【详解】解：这个图案对应着如图所示的一个正六边形，它的中心角，，角可以为或或或或，故答案为：60或120或180或240或300（写出一个即可）．【点睛】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．3．（2023·上海·中考真题）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数为．【答案】18【分析】根据正n边形的中心角的度数为进行计算即可得到答案．【详解】根据正n边形的中心角的度数为，则，故这个正多边形的边数为18，故答案为：18．【点睛】本题考查的是正多边形内角和中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键．圆的对称性内容补充圆的轴对称性经过圆心任意画一条直线，并沿此直线圆对折,直线两旁的部分能够完全重合，因此圆是轴对称图形，每一条直径所在的直线都是它的对称轴，圆有无数条对称轴.①圆的旋转不变性是其他中心对称图形所没有的性质.②圆的对称轴不是直径，而是直径所在的直线.③圆是一个特殊的对称图形，它的许多性质都可以由它的对称性推出.圆的中心对称性将圆绕圆心旋转180°能与自身重合，因此它是中心对称图形，它的对称中心是圆心.将圆绕圆心旋转任意角度都能与自身重合，这说明圆具有旋转不变性.弧、弦、圆心角的关系定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等.推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量分别相等.【解题思路】在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么这两条弧所对的弦相等，所对的圆心角、圆周角也都相等．运用这些相等关系，可以实现线段相等与角相等之间的相互转化．1）圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形,利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化.2）圆周角和圆周角可利用其“桥梁”——圆心角来转化.3）圆周角定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角.圆内接四边形性质：1）圆内接四边形对角互补.2)圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角.正多边形常见边心距与边长的比值图形OA:AB:OB内切圆与外接圆半径的比等边三角形1:3:1:2正方形1:1:1:正六边形3:1:23:2【备注】正多边形的内切圆与外接圆为同心圆.一、单选题1．（2023·辽宁大连·一模）如图，四边形内接于，连接，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，根据圆周角定理得出，求出，根据圆内接四边形的性质得出，即可求解．【详解】解：，，四边形内接于，，故选：A．2．（2023·青海西宁·二模）一个几何体的三视图如图所示，根据图中的相关数据求得该几何体的侧面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先判断这个几何体为圆锥，同时得到圆锥的母线长为，底面圆的直径为，然后利用扇形的面积公式计算这个圆锥的侧面积．本题考查了由三视图判断几何体，圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．【详解】解：由三视图得这个几何体为圆锥，圆锥的母线长为，底面圆的直径为，所以这个几何体的侧面积故选：C．3．（2023·湖北武汉·一模）如图，为四边形的内切圆，，，，则的半径为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】过点作于点，设与圆的切点为，与圆的切点为，与圆的切点为，与圆的切点为，连接，，，得四边形，四边形都是正方形，四边形是矩形，设圆半径为，则，，根据切线长定理和勾股定理列方程即可求解．【详解】解：过点作于点，设与圆的切点为，与圆的切点为，与圆的切点为，与圆的切点为，连接，，，如图，则：，

，四边形，四边形都是正方形，∴，∴，∴点、、三点共线，∴四边形是矩形，，，∵点、、是切点，，，设圆半径为，则，，，，，，解得：，故选：B．【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线长定理，勾股定理，充分利用切线长定理求解相关线段长度是解题关键．4．（2023·贵州黔东南·二模）如图，在平行四边形中，，以为直径的恰好经过点，交于点，当点为的中点时，下列结论错误的是（

）A．平分 B．C． D．的长为【答案】B【分析】本题考查了圆的相关计算，根据平行四边形的性质和判定、圆周角定理、弧长公式和扇形面积公式计算即可，熟练掌握弧长公式和扇形面积公式是解此题的关键．【详解】解：如图，连接、，作于，，点为的中点，，，平分，故A正确，不符合题意；四边形是平行四边形，，，，，，故C正确，不符合题意；，，，，故B错误，不符合题意；，故D正确，符合题意；故选：B．5．（2023·江苏苏州·一模）已知正六边形的内切圆半径为，则它的周长为．【答案】【分析】此题主要考查了正多边形和圆、等边三角形及特殊角的三角函数值，根据已知得出六边形是边长等于正六边形的半径是解题关键．根据题意画出图形，利用正六边形中的等边三角形的性质求解即可．【详解】解：如图，连接、，；六边形是边长等于正六边形的半径，设正六边形的半径为，是等边三角形，，，解得，它的周长．故答案为：．6．（2023·福建泉州·模拟预测）如图，延长正五边形各边，使得，若，则的度数为．

【答案】/36度【分析】根据正五边形的性质以及全等三角形的判定和性质，可求出正五边形的每个内角度数，再根据等腰三角形的性质得出是等腰三角形，并求出各个内角度数，由全等三角形的性质可求出答案．【详解】解：∵五边形是正五边形，∴，，又∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，同理可得，即五边形是正五边形，在中，，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了正多边形的圆，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及三角形内角和定理，掌握正五边形的性质，三角形内角和定理以及全等三角形的判定和性质是解决问题的前提．7．（2023·浙江杭州·三模）如图，与分别相切于点A，B，，，则．

【答案】3【分析】先判断出，进而判断出是等边三角形，即可得出结论．【详解】解：∵与分别相切于点A，B，∴，∵，∴是等边三角形，∴．故答案为：3．【点睛】本题主要考查了切线长定理，判断出是等边三角形是解题的关键．8．（2023·北京西城·一模）圆在中式建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞.如图，某地园林中的一个圆弧形门洞的高为，地面入口宽为，求该门洞的半径【答案】1.3【分析】本题主要考查垂径定理的应用，掌握垂径定理是解题的关键．设半径为，根据垂径定理可以列方程求解即可．【详解】解：设圆的半径为，由题意可知，，，中，，，所以，解得．故答案为：1.39．（2023·浙江舟山·二模）如图，和是两个完全重合的直角三角板，，斜边长为三角板绕直角顶点顺时针旋转，当点落在边上时，则点所转过的路径长为．

【答案】【分析】本题主要考查了旋转的性质，求弧长，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，根据三角形内角和和含度的直角三角形三边的关系得到，，再根据旋转的性质得，于是可判断为等边三角形，所以，然后根据弧长公式计算弧的长度即可．【详解】解：，，，，，三角板绕直角顶点顺时针旋转，点落在边上，∴，∴为等边三角形，∴弧的长度，即点所转过的路径长．故答案为：．10．（2023·河南周口·二模）如图所示的是以为直径的半圆形纸片，，沿着垂直于的半径剪开，将扇形沿向右平移至扇形，如图，其中点与点重合，点与点重合，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】连接，作于点，，即可求得弧和以及围成的重叠部分的面积，则重叠部分的面积即可求得．本题考查了扇形的面积的计算，正确理解不规则的图形的面积转化为规则图形的面积的和、差计算是关键．【详解】解：连接，作于点．，，，，在直角中，，则，则弧和以及围成的阴影部分的面积是：，则．故答案是：．11．（2023·河北沧州·模拟预测）某数学小组在一个半径为2的圆形场地上做探究实践活动．

（1）如图1，小组将圆形场地分为12等份．机器人从一个点到另外一个点均是直线行走．①机器人从点走到点的路程为；②机器人从点到点走了两条不同的路线．路线1：；路线2：，路线1的长记为，路线2的长记为，则；（填“>”“<”或“=”）（2）如图2，机器人从出发，沿与半径夹角为的方向行走，走到场地边缘后，再沿与夹角为的方向折向行走至，…按照这样的方式，机器人走到时第一次超过，且，则．【答案】>【分析】(1)①根据中心角为，结合从点走到点其路径对的圆心角为，根据半径为2计算即可．②根据中心角为，得到继而判定都是等边三角形，，得到；根据，得到为圆的直径，根据中心角为，得到，，得到即，比较大小即可．（2）设多边形的中心角为，当转到时，,，根据，求得，再计算即可．【详解】(1)①∵中心角为，∴从点走到点其路径对的圆心角为，∵，∴，故答案为：．②根据中心角为，∴，∴都是等边三角形，∴，∴；∵∴，∴为圆的直径，∴，，∴，∴，∵，∴，故答案为：．（2）设多边形的中心角为，当转到时，,，∵，∴，解得，∵半径相等，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了中心角的计算，等边三角形的判定和性质，勾股定理，无理数的估算，等腰三角形的性质，熟练掌握中心角的计算是解题的关键．12．（2023·山东菏泽·二模）如图1，为的圆心，、为上的两点，且，连接并延长，与的延长线相交于点．(1)求证：；(2)如图2，连接、、，与、分别交于点、．若的直径为10，，请求出的值．【答案】(1)见详解(2)【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质及勾股定理．（1）连接，由得，根据圆周角定理，再由直角三角形性质得，即可得结论；（2）连接交于点，由等腰三角形的性质不难得出，再利用垂径定理和勾股定理求出，最后由三角形的中位线可得，具体见详解．【详解】（1）证明：如图1，连接是的直径（2）如图2，连接交于点的直径为10，，设，则在和中，即解得：，13．（2023·河北·模拟预测）已知在中，，点是内心，连接，且，现将以B为圆心顺时针旋转到边与边所在直线重合，点落在点处，将以为圆心逆时针旋转到边与边所在直线重合，点落在点处．

(1)求证：和所在的直线；(2)求线段的长度；(3)在⊙中，求以为圆心角的扇形与以为圆心角的扇形和以为圆心角的扇形面积之比是多少？【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）连接，过点O作，过作于，过作于，由内心的性质得点O到三角形三边的距离相等，由旋转的性质可得，则可得四边形是矩形，从而可得结论成立；（2）易得四边形是矩形，则有，利用切线长定理、旋转的性质即可求得结果；（3）由角平分线的性质可分别求得三个角的度数，从而可求得以它们为圆心角的扇形的面积比．【详解】（1）证明：如图，连接，过点O作，过作于，过作于，由内心的性质得：，由旋转知：，∴，∵，，∴，∴四边形是矩形，∴；

（2）解：由（1）知，点在矩形的边上，且，∴四边形是矩形，∴，∵是的内切圆，∴，∴，由旋转知：，∴，∵中，，，∴，由勾股定理得,∴；（3）解：∵，∴，∴，∵平分，平分，平分，∴，，，∴，设内切圆的半径为r，则以为圆心角的扇形与以为圆心角的扇形和以为圆心角的扇形面积之比是：．【点睛】本题是圆的综合问题，考查了内心及其性质、矩形的判定，切线长定理，扇形面积，三角函数，旋转的性质等知识，灵活运用内心及其性质、旋转的性质是解题的关键．14．（2023·河北邯郸·二模）摩天轮（如图1）是游乐场中受欢迎的游乐设施之一，它可以看作一个大圆和六个全等的小圆组成（如图2），大圆绕着圆心O匀速旋转，小圆通过顶部挂点（如点P，N）均匀分布在大圆圆周上，由于重力作用，挂点和小圆圆心连线（如）始终垂直于水平线l．

(1)________°(2)若，的半径为10，小圆的半径都为1：①在旋转一周的过程中，圆心M与l的最大距离为________；②当圆心H到l的距离等于时，求的长；③求证：在旋转过程中，的长为定值，并求出这个定值．【答案】(1)60(2)①25；②；③的长为定值，定值为10．【分析】（1）将平均分6份即可；（2）①当圆心M在的延长线上时，圆心M与l有最大距离，据此即可求解；②设的挂点为K，过点H作于点T，先证四边形是矩形，再用勾股定理解即可；③先证是等边三角形，再证是平行四边形，可得．【详解】（1）解：，故答案为：60；（2）解：①当圆心M在的延长线上时，圆心M与l有最大距离，最大距离为，故答案为：25；②如图，设的挂点为K，过点H作于点T，

∵挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，∴K，H，T在同一直线上，∵圆心H到l的距离等于，∴，∵，，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是矩形，∴，∴，∴；③证明：如图所示，连接，，

由（1）知，又∵，∴是等边三角形，∴，∵小圆的半径都为1，挂点和小圆圆心连线始终垂直于水平线l，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∴的长为定值．【点睛】本题考查圆的基本知识，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是根据题意抽象出数学模型．15．（2023·辽宁·模拟预测）【发现问题】

“速叠杯”是深受学生喜爱的一项运动，杯子的叠放方式如图1所示：每层都是杯口朝下排成一行，自下向上逐层递减一个杯子，直至顶层只有一个杯子．爱思考的小丽发现叠放所需杯子的总数随着第一层（最底层）杯子的个数变化而变化．【提出问题】叠放所需杯子的总数y与第一层杯子的个数x之间有怎样的函数关系？【分析问题】小丽结合实际操作和计算得到下表所示的数据：第一层杯子的个数杯子的总数然后在平面直角坐标系中，描出上面表格中各对数值所对应的点，得到图2，小丽根据图2中点的分布情况，猜想其图象是二次函数图象的一部分；为了验证自己的猜想，小丽从“形”的角度出发，将要计算总数的杯子用黑色圆表示（如图3），再借助“补”的思想，补充相同数量的白色圆，使每层圆的数量相同，进而求出与的关系式．【解决问题】（1）直接写出与的关系式；（2）现有个杯子，按【发现问题】中的方式叠放，求第一层杯子的个数；（3）杯子的侧面展开图如图4所示，，分别为上、下底面圆的半径，所对的圆心角，．将这样足够数量的杯子按【发现问题】中的方式叠放，但受桌面长度限制，第一层摆放杯子的总长度不超过，求杯子叠放达到的最大高度和此时杯子的总数．（提示：杯子下底面圆周长与AB的长度相等）【答案】（1）（2）第一层杯子的个数为个；（3）杯子叠放达到的最大高度为和此时杯子的总数为个【分析】（1）根据题意，将要计算总数的杯子用黑色圆表示（如图3），再借助“补”的思想，补充相同数量的白色圆，使每层圆的数量相同，进而求出与的关系式；（2）将代入（1）中的解析，即可求解；（3）根据弧长公式先求得，根据题意列出不等式求得第一层摆放杯子个，进而求得总数，根据得出，勾股定理求得的长，利用相似三角形的性质得出的长，进而即可求解．【详解】解：（1）依题意，；（2）当时，，解得：（舍去），答：第一层杯子的个数为个；（3）∵，，解得：；∵第一层摆放杯子的总长度不超过，设第一层杯子的个数为个，则，解得：，取最大值为，即第一层摆放杯子个，杯子的层数也是，∴杯子的总数为（个），在图4中，，∵，∴，∴，在中，，∴，∴，∴最大高度为．【点睛】本题考查了二次函数的应用，求弧长，勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．考点二与圆有关的位置关系题型01与圆有关的位置关系1.点和圆的位置关系已知⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，则：位置关系图形定义性质及判定点在圆外点在圆的外部d>r点P在圆外点在圆上点在圆周上d=r点P在圆上点在圆内点在圆的内部d<r点P在圆内【说明】掌握已知点的位置，可以确定该点到圆心的距离与半径的关系，反过来已知点到圆心的距离与半径的关系，可以确定该点与圆的位置关系．2.直线和圆的位置关系设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，则直线和圆的位置关系如下表：位置关系图形公共点个数性质及判定相离没有公共点d>r直线l与⊙O相离相切有唯一公共点d=r直线l与⊙O相切相交有两个公共点d<r直线l与⊙O相交【小技巧】判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．3.圆和圆之间的位置关系设⊙O1、⊙O2的半径分别为r、R（其中R>r），两圆圆心距为d，则两圆位置关系如下表：位置关系图形公共点个数性质及判定外离无d>R+r⇔外切1个切点d=R+r⇔相交两个交点R−r<d<R+r⇔内切1个切点d=R−r⇔内含无0≤d<R−r⇔两圆相切、相交的重要性质：如果两圆相切，那么切点一定在连心线上，它们是轴对称图形，对称轴是两圆的连心线；相交的两个圆的连心线垂直平分两圆的公共弦.1.由于圆是轴对称和中心对称图形，当题目中未给出具体图形时，要结合题意画出符合题意的图形，并进行分类讨论，否则比较容易漏解．2.经过一个点作圆,圆心的位置具有任意性；经过两个点作圆,圆心的位置就有了规律性,即圆心位于两点连线的垂直平分线上.3.直线和圆的位置关系可以转化为直线与圆的公共点的个数来研究；也可转化为圆心到直线的距离d与半径r的大小关系来研究，这两个角度的论述其实是等价的.4.圆与圆之间的有些位置关系有两种情况，做题时要分类讨论，防止漏解：①两圆没有交点：外离或内含；②两圆有一个交点：外切或内切；③两圆有两个交点：两圆心在公共弦同侧或异侧．1．（2021·上海·中考真题）如图，已知长方形中，，圆B的半径为1，圆A与圆B内切，则点与圆A的位置关系是（

）A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外【答案】C【分析】根据内切得出圆A的半径，再判断点D、点E到圆心的距离即可【详解】∵圆A与圆B内切，，圆B的半径为1∴圆A的半径为5∵<5∴点D在圆A内在Rt△ABC中，∴点C在圆A上故选：C【点睛】本题考查点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键2．（2021·浙江嘉兴·中考真题）已知平面内有和点，，若半径为，线段，，则直线与的位置关系为（

）A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切【答案】D【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．【详解】解：∵⊙O的半径为2cm，线段OA=3cm，线段OB=2cm，即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，∴点A在⊙O外．点B在⊙O上，∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切，故选：D．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键．3．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，等圆和相交于A，B两点，经过的圆心，若，则图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先证明，再把阴影部分面积转换为扇形面积，最后代入扇形面积公式即可．【详解】如图，连接，，∵等圆和相交于A，B两点∴,∵和是等圆∴∴是等边三角形∴∵,,∴∴．故选：D．【点睛】本题考查了相交弦定理，全等的判定及性质，扇形的面积公式，转化思想是解题的关键．4．（2023·四川德阳·中考真题）已知的半径为，的半径为，圆心距，如果在上存在一点，使得，则的取值范围是．【答案】【分析】当位于内部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最大值；当位于外部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最小值．【详解】当位于内部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最大值．如图所示，．

当位于外部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最小值．如图所示，．

故答案为：．【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，能采用数形结合的方法和分类讨论的思想分析问题是解题的关键．5．（2021·四川遂宁·中考真题）已知平面直角坐标系中，点P（）和直线Ax＋By＋C＝0（其中A，B不全为0），则点P到直线Ax＋By＋C＝0的距离可用公式来计算．例如：求点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离，因为直线y＝2x＋1可化为2x－y＋1＝0，其中A＝2，B＝－1，C＝1，所以点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离为：．根据以上材料，解答下列问题：（1）求点M（0，3）到直线的距离；（2）在（1）的条件下，⊙M的半径r＝4，判断⊙M与直线的位置关系，若相交，设其弦长为n，求n的值；若不相交，说明理由．【答案】（1）3；（2）直线与圆相交，【分析】（1）直接利用公式计算即可；（2）根据半径和点到直线的距离判断直线与圆的位置关系，再根据垂径定理求弦长．【详解】解：（1）∵y＝x＋9可变形为x－y＋9＝0，则其中A＝，B＝－1，C＝9，由公式可得∴点M到直线y＝x＋9的距离为3，（2）由（1）可知：圆心到直线的距离d＝3，圆的半径r＝4，∵d＜r∴直线与圆相交，则弦长，【点睛】本题考查了阅读理解和圆与直线的位置关系，垂径定理，解题关键是熟练运用公式求解和熟练运用圆的相关性质进行推理和计算．题型02切线的判定性质圆的切线垂直于过切点的半径．（实际上过切点的半径也可理解为过切点的直径或经过切点与圆心的直线．）解题方法：当题目已知一条直线切圆于某一点时，通常作的辅助线是连接切点与圆心（这是圆中作辅助线的一种方法）．根据切线的性质可得半径与切线垂直，从而利用垂直关系进行有关的计算或证明．判定1）定义法：直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线是圆的切线.2）数量关系法：圆心到这条直线的距离等于半径时，直线与圆相切.3)判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.常见辅助线作法：判定一条直线是圆的切线时，1）若已知直线与圆的公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径，简称“连半径，证垂直”；3）若直线与圆的公共点没有明确，可过圆心作直线的垂线段，再证明圆心到直线的距离等于半径，简称“作垂直，证半径”．1．（2023·江苏宿迁·中考真题）（1）如图，是的直径，与交于点F，弦平分，点E在上，连接、，________．求证：________．

从①与相切；②中选择一个作为已知条件，余下的一个作为结论，将题目补充完整（填写序号），并完成证明过程．（2）在（1）的前提下，若，，求阴影部分的面积．【答案】（1）②①，证明见解析（或①②，证明见解析）（2）【分析】（1）一：已知条件为②，结论为①与相切；连接，先证出，再根据平行线的性质可得，然后根据圆的切线的判定即可得证；二：已知条件为①与相切，结论为②；连接，先证出，再根据圆的切线的性质可得，然后根据平行线的性质即可得证；（2）连接，先解直角三角形求出的长，再根据等边三角形的判定与性质可得的长，从而可得的长，然后根据圆周角定理可得，最后根据阴影部分的面积等于直角梯形的面积减去扇形的面积即可得．【详解】解：（1）一：已知条件为②，结论为①与相切，证明如下：如图，连接，

，，弦平分，，，，，，又是的半径，与相切；二：已知条件为①与相切，结论为②，证明如下：如图，连接，

，，弦平分，，，，与相切，，；（2）如图，连接，

，，，，，又，，是等边三角形，，，由圆周角定理得：，则阴影部分的面积为．【点睛】本题考查了圆的切线的判定与性质、解直角三角形、扇形的面积、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆的切线的判定与性质是解题关键．2．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，是等腰直角三角形，，点O为的中点，连接交于点E，与相切于点D．(1)求证：是的切线；(2)延长交于点G，连接交于点F，若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，过点O作于点P，根据等腰三角形的性质得到，推出，即可得到结论；（2）根据等腰直角三角形的性质求出，的长，勾股定理求出，连接，过O作于点H，利用面积法求出，勾股定理求出，即可根据等腰三角形的性质求出的长．【详解】（1）证明：连接，过点O作于点P，∵与相切于点D．∴，∵是等腰直角三角形，，点O为的中点，∴，∴，即是的半径，∴是的切线；（2）解：∵，，，∴，，∵点O为的中点，∴，∵∴，在中，连接，过O作于点H，∴，∴∵，∴．

【点睛】此题考查了判定直线是圆的切线，切线的性质定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确掌握各知识点是解题的关键．3．（2023·湖南娄底·中考真题）如图1，点为等边的重心，点为边的中点，连接并延长至点，使得，连接，，，

(1)求证：四边形为菱形．(2)如图2，以点为圆心，为半径作①判断直线与的位置关系，并予以证明．②点为劣弧上一动点（与点、点不重合），连接并延长交于点，连接并延长交于点，求证：为定值．【答案】(1)见解析；(2)①直线是的切线；②见解析．【分析】（1）如图1，延长交于点，连接，由是等边三角形，是重心，点为边的中点，得⟂，，进而证明四边形是平行四边形，于是即可得四边形为菱形；（2）①延长交于点，连接，先证为的角平分线，进而求得，又由菱形的性质得，从而有，于是根据切线的判定即可得出结论；②在优弧上取一点，连接、，由①得，进而求得，再由圆内接四边形的性质求得，从而根据角的和差关系求得，于是证明得，即可证明结论成立．【详解】（1）证明：如图，延长交于点，连接，

∵是等边三角形，是重心，点为边的中点，∴中线过点，即、、三点共线，，，∴⟂，，∵，∴四边形是平行四边形，∵⟂，∴四边形为菱形；（2）①解：直线是的切线，理由如下：延长交于点，连接，

∵是等边三角形，是重心，点为边的中点，∴中线过点，即、、三点共线，，，，∴为的角平分线，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，∴直线是的切线；②证明：在优弧上取一点，连接、，

由①得，∵，∴，∴，∴，∵四边形内接于，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴∴∵∴，即为定值．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质，切线的判定以及菱形的判定，熟练掌握菱形的判定，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质以及切线的判定定理是解题的关键．题型03三角形内切圆、外接圆的相关计算常见结论1）三角形内切圆半径公式：r=2S2）特殊的直角三角形内切圆半径公式：r=a+b−c【解题思路】解三角形的内切圆问题，通常分别连接．内切圆的圆心与切点、圆心与三角形的顶点来构造直角三角形，以便利用直角三角形的知识进行求解．1．（2023·内蒙古·中考真题）如图，是锐角三角形的外接圆，，垂足分别为，连接．若的周长为21，则的长为（

）

A．8 B．4 C．3.5 D．3【答案】B【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是的中点，再由中位线的性质及三角形的周长求解即可．【详解】解：∵是锐角三角形的外接圆，，∴点D、E、F分别是的中点，∴，∵的周长为21，∴即，∴，故选：B．【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质，理解题意，熟练掌握三角形外接圆的性质是解题关键．2．（2023·山东聊城·中考真题）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据三角形内心的定义可得的度数，然后由圆周角定理求出，再根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得出答案．【详解】解：连接，∵点I是的内心，，∴，∴，∵，∴，故选：C．

【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点是解题的关键．3．（2022·山东淄博·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】过点作，根据切线长定理设，进而结合已知条件表示出，求得的长，进而即可求解．【详解】解：如图，过点作，∵是的内心，∴，设，∵BD＝10，∴，∴,，∵，∴，解得，∴，故选B．【点睛】本题考查了三角形内心的性质，切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．4．（2022·广西玉林·中考真题）如图，在网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，B，C，D，E均在格点上，点O是的外心，在不添加其他字母的情况下，则除外把你认为外心也是O的三角形都写出来．【答案】△ADC、△BDC、△ABD【分析】先求出△ABC的外接圆半径r，再找到距离O点的长度同为r的点，即可求解．【详解】由网格图可知O点到A、B、C三点的距离均为：，则外接圆半径，图中D点到O点距离为：，图中E点到O点距离为：，则可知除△ABC外把你认为外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，故答案为：△ADC、△ADB、△BDC．【点睛】本题考查了外接圆的性质、勾股定理等知识，求出△ABC的外接圆半径r是解答本题的关键．5．（2023·山东滨州·中考真题）如图，点是的内心，的延长线与边相交于点，与的外接圆相交于点．

(1)求证：；(2)求证：；(3)求证：；(4)猜想：线段三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．）【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析(4)【分析】（1）过点F作，垂足分别为，则，进而表示出两个三角形的面积，即可求解；（2）过点A作于点，表示出两三角形的面积，即可求解；（3）连接，证明得出，证明，得出，即可，恒等式变形即可求解；（4）连接，证明，得出，证明，得出，即可求解．【详解】（1）证明：如图所示，过点F作，垂足分别为，∵点是的内心，∴是的角平分线，∵，∴，∵，∴；（2）证明：如图所示，过点A作于点，

∵，∴，由（1）可得，∴；（3）证明：连接，

∵∴∴∴，∴∵，∴，又，∴，∴，∴；∴，∴，（4）解：如图所示，连接，

∵点是的内心，∴是的角平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了三角形内心的定义，同弧所对的圆周角相等，角平分线的性质与定义，相似三角形的性质与判定，三角形的外角性质，三角形的面积公式等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．题型04四点共圆判定方法图形证明过程若四个点到一个定点的距离相等，则这四个点共圆（圆的定义）.适用范围：题目出现共端点，等线段时，可利用圆的定义构造辅助圆.到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上（圆的定义）若一个四边形的一组对角互补，则这个四边形的四个点共圆.反证法若一个四边形的外角等于它的内对角，则这个四边形的四个点共圆.反证法同侧共边三角形且公共边所对角相等的四个顶点共圆.反证法共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆.适用范围：双直角三角形共斜边模型.连接AO、OD根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得AO=BO=CO=DO∴点A、B、C、D四点共圆在⊙O中，若弦AB、CD相交于点P,且AP•DP=BP•CP，则A,B,C,D四点共圆（相交弦定理的逆定理）在△APB和△CPD中AP•DP=BP•CP∠3=∠4∴△APB∽△CPD∴∠1=∠2则A、B、C、D四点共圆在⊙O中，若AB、CD两线段延长后相交于点P,且AP•BP=DP•CP，则A,B,C,D四点共圆（割线定理）在△APC和△DPB中AP•BP=CP•DP∠P=∠P∴△APC∽△DPB∴∠1=∠3而∠2+∠3=180°∴∠1+∠2=180°则A、B、C、D四点共圆若四边形两组对边乘积的和等于对角线的乘积，则四边形的四个顶点共圆(托勒密定理的逆定理).1．（2022·四川遂宁·中考真题）如图，正方形ABCD与正方形BEFG有公共顶点B，连接EC、GA，交于点O，GA与BC交于点P，连接OD、OB，则下列结论一定正确的是（

）①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD=45°；A．①③ B．①②③ C．②③ D．①②④【答案】D【分析】由四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，可得△ABG≌△CBE（SAS），即得∠BAG=∠BCE，即可证明∠POC=90°，可判断①正确；取AC的中点K，可得AK=CK=OK=BK，即可得∠BOA=∠BCA，从而△OBP∽△CAP，判断②正确，由∠AOC=∠ADC=90°，可得A、O、C、D四点共圆，而AD=CD，故∠AOD=∠DOC=45°，判断④正确，不能证明OB平分∠CBG，即可得答案．【详解】解：∵四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，∴AB=BC，BG=BE，∠ABC=90°=∠GBE，∴∠ABC+∠CBG=∠GBE+∠CBG，即∠ABG=∠EBC，∴△ABG≌△CBE（SAS），∴∠BAG=∠BCE，∵∠BAG+∠APB=90°，∴∠BCE+∠APB=90°，∵∠APB=∠CPO，∴∠BCE+∠OPC=90°，∴∠POC=90°，∴EC⊥AG，故①正确；取AC的中点K，如图：在Rt△AOC中，K为斜边AC上的中点，∴AK=CK=OK，在Rt△ABC中，K为斜边AC上的中点，∴AK=CK=BK，∴AK=CK=OK=BK，∴A、B、O、C四点共圆，∴∠BOA=∠BCA，∵∠BPO=∠CPA，∴△OBP∽△CAP，故②正确，∵∠AOC=∠ADC=90°，∴∠AOC+∠ADC=180°，∴A、O、C、D四点共圆，∵AD=CD，∴∠AOD=∠DOC=∠DAC=45°，故④正确，由已知不能证明OB平分∠CBG，故③错误，故正确的有：①②④，故选：D．【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，四点共圆等知识，解题的关键是取AC的中点K，证明AK=CK=OK=BK，从而得到A、B、O、C四点共圆．2．（2021·四川眉山·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，点在线段上从点至点运动，连接，以为边作等边三角形，点和点分别位于两侧，下列结论：①；②；③；④点运动的路程是，其中正确结论的序号为（

）A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④【答案】D【分析】连接OE并延长交DC于点H，先证△ADO为等边三角形，得出∠2=∠DAF=60°，再根据△DEF为等边三角形，得出①正确；证出△DOE≌△COE，得到ED=EC，得出②正确；证出∠ADF=∠3，看得出③正确；根据△ADF≌△ODE，OE=AO，可得④正确．【详解】解：连接OE并延长交DC于点H，∵矩形ABCD，∴OA=OD=OC，∵∠DAC=60°，∴△ADO为等边三角形，∴∠2=∠DAF=60°，∵△DEF为等边三角形，∴∠1=60°=∠5，∴∠1=∠2，∴D、F、O、E四点共圆，∴∠3=∠4，①正确；∴∠5=∠6=60°，∴∠7=∠6=60°，∵OD=OC，OE=OE，∴△DOE≌△COE，∴∠3=∠8，∴∠CDE=∠DCE，∴ED=EC，②正确；∵∠ADO=∠FDE=60°，∴∠ADF=∠3，∴∠ADF=∠8，即∠ADF=∠ECF，③正确；∵△ADF≌△ODE，∴AF=OE，∴OE=AD=2，∴OE=，④正确故选D．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆的性质，解题的关键是灵活运用这些性质．3．（2023·湖北恩施·中考真题）在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知抛物线与轴交于点，抛物线的对称轴与轴交于点．

(1)如图，若，抛物线的对称轴为．求抛物线的解析式，并直接写出时的取值范围；(2)在（1）的条件下，若为轴上的点，为轴上方抛物线上的点，当为等边三角形时，求点，的坐标；(3)若抛物线经过点，，，且，求正整数m，n的值．【答案】(1)；(2)；或,；(3)，或，【分析】（1）根据，抛物线的对称轴为，待定系数法求解析式即可求解；当时，求得的范围，进而结合函数图象即可求解；（2）①连接，，交对称轴于点D，由四点共圆，得，证明，求出点D的坐标，确定直线的解析式，进而求得点的坐标，设，，勾股定理即可求解；②由①可得，则当与重合时也存在等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．（3）根据抛物线经过点，，，可得抛物线对称为直线，则，则，进而令，求得的范围，进而根据函数图象可知或，进而分别讨论求得的值，即可求解．【详解】（1）解：∵，抛物线的对称轴为．∴解得：∴抛物线解析式为，当时，即解得：，∴当时，（2）解：①如图所示，连接，，交对称轴于点D，

∵，∴，则∴，，∵为等边三角形，∴，∴，∴四点共圆，∴，∵，∴．∴，∴，∵，，∴，∴，则，设直线的解析式为则解得：所以直线的解析式为联立解得：或∴，∵，设，∵∴解得：∴；②由①可得，当与点重合时，为等边三角形则与对称，此时，，综上所述；；或，；（3）解：∵抛物线经过点，，，∴抛物线对称为直线，则，则∴抛物线解析式为∴顶点坐标为当时，解得：或∵，且为正整数，过点，则当时，∴或，当时，将点代入解析式，解得：∵则，当时，将点代入解析式解得：∵则，综上所述，，或，．【点睛】本题考查了二次函数的性质，根据特三角函数求角度，圆内接四边形对角互补，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．4．（2023·山东日照·中考真题）在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题：如图1，中，（）．点D是边上的一动点（点D不与B，C重合），将线段绕点A顺时针旋转到线段，连接．

(1)求证：A，E，B，D四点共圆；(2)如图2，当时，是四边形的外接圆，求证：是的切线；(3)已知，点M是边的中点，此时是四边形的外接圆，直接写出圆心P与点M距离的最小值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据旋转的性质得到，证明，进而证明，可以得到，由，可得，即可证明A、B、D、E四点共圆；（2）如图所示，连接，根据等边对等角得到，由圆周角定理得到，再由，得到，利用三角形内角和定理证明，即，由此即可证明是的切线；（3）如图所示，作线段的垂直平分线，分别交于G、F，连接，先求出，再由三线合一定理得到，，解直角三角形求出，则，再解得到，则；由是四边形的外接圆，可得点P一定在的垂直平分线上，故当时，有最小值，据此求解即可．【详解】（1）证明：由旋转的性质可得，∴，∴，即，又∵，∴，∴，∵，∴，∴A、B、D、E四点共圆；（2）证明：如图所示，连接，∵，∴，∵是四边形的外接圆，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，又∵是的半径，∴是的切线；

（3）解：如图所示，作线段的垂直平分线，分别交于G、F，连接，∵，∴，∵点M是边的中点，∴，，∴，∴，在中，，∴，∵是四边形的外接圆，∴点P一定在的垂直平分线上，∴点P在直线上，∴当时，有最小值，∵，∴在中，，∴圆心P与点M距离的最小值为．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，解直角三角形，圆周角定理，切线的判定，三角形外接圆的性质，垂线段最短等等，正确作出辅助线是解题的关键．5．（2022·贵州遵义·中考真题）探究与实践“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．提出问题：如图1，在线段同侧有两点，，连接，，，，如果，那么，，，四点在同一个圆上．探究展示：如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（依据1）点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）点，在点，，所确定的上（依据2）点，，，四点在同一个圆上(1)反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？依据1：__________；依据2：__________．(2)图3，在四边形中，，，则的度数为__________．(3)拓展探究：如图4，已知是等腰三角形，，点在上（不与的中点重合），连接．作点关于的对称点，连接并延长交的延长线于，连接，．①求证：，，，四点共圆；②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．【答案】(1)圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等(2)45°(3)①见解析；②不发生变化，值为8【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可；（2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解；（3）①根据（1）中的结论证明即可得证；②证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（圆内接四边形对角互补）点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）点，在点，，所确定的上（同圆中，同弧所对的圆周角相等）点，，，四点在同一个圆上故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等（2）在线段同侧有两点，，四点共圆，故答案为：（3）①∵，，点与点关于对称，，，四点共圆；②，理由如下，如图，四点共圆，，关于对称，，，，，，，，又，，，，，．【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，轴对称的性质，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．题型05相交弦定理相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.已知图形结论证明过程【基础】在⊙O中，弦AB、CD相交于点PAP•DP=BP•CP在△APB和△CPD中∠1=∠2（同弧所对圆周角相等）∠3=∠4∴△APB∽△CPD∴APCP=BPDP则AP【进阶】在⊙O中，OP所在直线与⊙O交于M、N两点，r为⊙O的半径BP•CP=MP•NP=(r-OP)(r+OP)=同上1．（2017·内蒙古包头·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，过点B的切线BP与CD的延长线交于点P，连接OC，CB．（1）求证：AE•EB=CE•ED；（2）若⊙O的半径为3，OE=2BE，，求tan∠OBC的值及DP的长．【答案】（1）证明见解析；（2）tan∠OBC=，．【详解】试题分析：（1）直接根据题意得出△AED∽△CEB，进而利用切线的性质的出答案；（2）利用已知得出EC，DE的长，再利用勾股定理得出CF的长，t即可得出an∠OBC的值，再利用全等三角形的判定与性质得出DP的长．试题解析：（1）证明：连接AD，∵∠A=∠BCD，∠AED=∠CEB，∴△AED∽△CEB，∴，∴AE•EB=CE•ED；（2）解：∵⊙O的半径为3，∴OA=OB=OC=3，∵OE=2BE，∴OE=2，BE=1，AE=5，∵，∴设CE=9x，DE=5x，∵AE•EB=CE•ED，∴5×1=9x•5x，解得：x1=，x2=﹣（不合题意舍去），∴CE=9x=3，DE=5x=，过点C作CF⊥AB于F，∵OC=CE=3，∴OF=EF=OE=1，∴BF=2，在Rt△OCF中，∵∠CFO=90°，∴CF2+OF2=OC2，∴CF=，在Rt△CFB中，∵∠CFB=90°，∴tan∠OBC==，∵CF⊥AB于F，∴∠CFB=90°，∵BP是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，∴∠EBP=90°，∴∠CFB=∠EBP，在△CFE和△PBE中，∵∠CFB=∠PBE，EF=EF，∠FEC=∠BEP，∴△CFE≌△PBE（ASA），∴EP=CE=3，∴DP=EP﹣ED=3﹣=．考点：相似三角形的判定与性质；切线的性质；解直角三角形．2．（2022·湖南长沙·中考真题）如图，四边形内接于，对角线，相交于点E，点F在边上，连接．

(1)求证：；(2)当时，则___________；___________；___________．（直接将结果填写在相应的横线上）(3)①记四边形，的面积依次为，若满足，试判断，的形状，并说明理由．②当，时，试用含m，n，p的式子表示．【答案】(1)见解析(2)0，1，0(3)①等腰三角形，理由见解析，②【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得，即可得出0，根据已知条件可得，，即可得出根据相似三角形的性质可得，根据恒等式变形，进而即可求解．（3）①记的面积为，则，，根据已知条件可得，进而可得，得出，结合同弧所对的圆周角相等即可证明是等腰三角形；②证明，，根据相似三角形的性质，得出，则，，计算即可求解．【详解】（1）证明：，，即，又，；（2），，，，∵∴，∴，∵，，，，，，，，，，，，故答案为：0，1，0（3）①记的面积为，则，，①，即，②由①②可得，即，，，即，∴点D和点C到的距离相等，，，，，都为等腰三角形；②，，，，，，，，，又，，，，，则，，．【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键．题型06切割线定理切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项.已知图形结论证明过程如图，线段ADC是⊙O的一条割线，AB是⊙O的一条切线，切点为点BAB2=AD•∵∠1=∠2（弦切角定理模型），∠A=∠A∴△ABD∽△ACB∴ABAC=ADAB则AB1．（2023·四川甘孜·中考真题）如图，在中，，以为直径的交边于点D，过点C作的切线，交的延长线于点E．

(1)求证：；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先根据圆周角定理得到．再根据切线的性质得到．然后利用等角的余角相等得到；（2）先证明得到，则可证明，利用正切的定义，在中有，在中有，所以，然后求出的长，从而得到的半径．【详解】（1）证明：∵为的直径，∴．∵为的切线，∴，∴．∵，∴；（2）解：∵，∴，∴，∵，∴，在中，，在中，，即，∴，∴，∴的半径为．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和解直角三角形．2．（2023·内蒙古通辽·中考真题）如图，为的直径，D，E是上的两点，延长至点C，连接，．

(1)求证：；(2)求证：是的切线；(3)若，求的半径．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)的半径为．【分析】（1）利用两角对应相等两个三角形相似，得出结论；（2）连接，由圆周角定理得出，证出，由切线的判定可得出结论；（3）由相似三角形的性质得出，由比例线段求出和的长，可求出的长，则可得出答案．【详解】（1）证明：∵，，∴；（2）证明：连接，

∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵是的半径，∴是的切线；（3）解：∵，，，∴，∵，∴，∵，∴，，∴．∴的半径为．【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．3．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图1，已知是的直径，是的切线，交于点，．

(1)填空：的度数是_________，的长为_________；(2)求的面积；(3)如图2，，垂足为．是上一点，．延长，与，的延长线分别交于点，求的值．【答案】(1)，5；(2)(3)【分析】（1）根据切线性质和勾股定理分别求解即可；（2）由面积法求出，再利用勾股定理求，则的面积可求；（3）先证明，得到，利用，分别得到，进而计算，，在分别求出则问题可解；【详解】（1）解：∵是的直径，是的切线，∴的度数是；∵，∴；故答案为：，5；（2）如图，

∵是的直径，∴，，∴由面积法，∴，；（3）方法一：如图，

由∴∴∴∴∴设是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，∴，∴，，，，．方法二：如图

由设，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，，．【点睛】本题考查了圆的切线的性质和相似三角形的性质和判定，解答关键是根据条件证明三角形相似，再根据相似三角形的性质解答问题．题型07割线定理割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等.已知图形结论证明过程【基础】在⊙O中，弦AB、CD相交于点P，且点P在圆外AP•BP=CP•DP连接AC、BD通过已知条件证明△APC∽△DPB∴APDP=CPBP则AP（请尝试连接AD，BC自行证明）【进阶】若从圆外一点P引圆的两条割线PA